空间向量应用的综合问题 任务单-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学学习任务单聚焦空间向量应用的综合问题，涵盖空间角计算、折叠问题转化、探索性问题探究，以空间直角坐标系建立为基础，通过典例解析和解题感悟搭建学习支架，衔接空间向量基本运算与复杂立体几何问题的解决。 任务单突出数学思维与数学语言的培养，引导学生用数学眼光抽象空间关系，通过分类题型和解题策略（如折叠问题变与不变分析）强化逻辑推理，习题覆盖不同情境且解析详细，助力学生形成空间观念与模型意识，提升综合应用能力。

空间向量应用的综合问题 任务单-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 题型一　空间角的综合问题 【典例1】　如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. （1）证明：B2C2∥A2D2； （2）点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P. ⚪解题感悟 　　（1）在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标. （2）直线和平面所成的角、两个平面的夹角，此类问题有两种思路：①转化为两条直线所成的角求解；②利用平面的法向量求解. 【练习1】　如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1.M，N分别为DD1，B1C1的中点. （1）求证：D1N∥平面CB1M； （2）求平面CB1M与平面BB1C1C夹角余弦值； （3）求点B到平面CB1M的距离. 题型二　折叠问题 【典例2】　图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B－CG－A的大小. ⚪解题感悟 折叠问题解题策略 （1）确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前、后的平面图形与立体图形，分清折叠前、后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决. （2）确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 【练习2】　如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. （1）证明：EF⊥PD； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 题型三　探索性问题 【典例3】　在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点． (1)求证：BM∥平面PAD； (2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由． ⚪解题感悟 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍.求解点、平面是否存在等探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论. 【练习3】　如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面 ABC，AA1＝BC＝AB＝AC，M为B1C1的中点. （1）证明：AC1∥平面A1BM； （2）试确定AC上是否存在点N，使二面角B－A1M－N的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 解析版 题型一　空间角的综合问题 【典例1】　如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. （1）证明：B2C2∥A2D2； （2）点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P. （1）证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图， 则C（0，0，0），C2（0，0，3），B2（0，2，2），D2（2，0，2），A2（2，2，1）， ∴＝（0，－2，1），＝（0，－2，1）， ∴∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. （2）[解]　设P（0，2，λ）（0≤λ≤4）， 则＝（－2，－2，2），＝（0，－2，3－λ），＝（－2，0，1）， 设平面PA2C2的法向量n＝（x，y，z）， 则 令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1， ∴n＝（λ－1，3－λ，2）， 设平面A2C2D2的法向量m＝（a，b，c）， 则 令 a＝1，得b＝1，c＝2， ∴m＝（1，1，2）， ∴｜cos＜n，m＞｜＝ ＝ ＝｜cos 150°｜＝， 化简可得λ2－4λ＋3＝0， 解得λ＝1或λ＝3， ∴P（0，2，1）或P（0，2，3），∴B2P＝1. ⚪解题感悟 　　（1）在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标. （2）直线和平面所成的角、两个平面的夹角，此类问题有两种思路：①转化为两条直线所成的角求解；②利用平面的法向量求解. 【练习1】　如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1.M，N分别为DD1，B1C1的中点. （1）求证：D1N∥平面CB1M； （2）求平面CB1M与平面BB1C1C夹角余弦值； （3）求点B到平面CB1M的距离. 解：（1）证明：取CB1中点P，连接NP，MP， 由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1， 由M是DD1的中点，故D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1， 则有D1M∥NP，D1M＝NP， 故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP， 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 故D1N∥平面CB1M； （2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有A（0，0，0），B（2，0，0），B1（2，0，2），M（0，1，1），C（1，1，0），C1（1，1，2）， 则有＝（1，－1，2），＝（－1，0，1），＝（0，0，2）， 设平面CB1M与平面BB1CC1的法向量分别为m＝（x1，y1，z1），n＝（x2，y2，z2），则有 分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝（1，3，1），n＝（1，1，0）， 则cos＜m，n＞＝＝＝， 故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值为； （3）由＝（0，0，2），平面CB1M的法向量为m＝（1，3，1）， 则有＝＝， 即点B到平面CB1M的距离为. 题型二　折叠问题 【典例2】　图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B－CG－A的大小. [解]　（1）证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG， 所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. （2）作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝. 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A（－1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），＝（1，0，），＝（2，－1，0）. 设平面ACGD的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 所以可取n＝（3，6，－）. 又平面BCGE的法向量可取m＝（0，1，0）， 所以cos＜n，m＞＝＝. 因此二面角B－CG－A的大小为30°. ⚪解题感悟 折叠问题解题策略 （1）确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前、后的平面图形与立体图形，分清折叠前、后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决. （2）确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 【练习2】　如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. （1）证明：EF⊥PD； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解：（1）证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝， 得AE＝2，AF＝4，又∠BAD＝30°， 在△AEF中，由余弦定理得 EF＝ ＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE， 故EF⊥PD. （2）连接CE.由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E（0，0，0），P（0，0，2），D（0，3，0）， C（3，3，0），F（2，0，0），A（0，－2，0）， 由F是AB的中点，得B（4，2，0）， 所以＝（3，3，－2），＝（0，3，－2），＝（4，2，－2），＝（2，0，－2）. 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝（x1，y1，z1），m＝（x2，y2，z2）， 则 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝（0，2，3），m＝（，－1，1）， 所以｜cos＜m，n＞｜＝＝＝. 设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sin θ＝＝， 即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为. 题型三　探索性问题 【典例3】　在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点． (1)求证：BM∥平面PAD； (2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由． 解：如图，以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1). (1)证明：∵＝(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)， ∴·n＝0，即⊥n， 又BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD. (2)＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2). 假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD. 设N(0，y，z)，则＝(－1，y－1，z－1)， 从而MN⊥BD，MN⊥PB， ∴ 即 ∴∴N(0，，)， ∴在平面PAD内存在一点N(0，，)， 使MN⊥平面PBD. ⚪解题感悟 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍.求解点、平面是否存在等探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论. 【练习3】　如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面 ABC，AA1＝BC＝AB＝AC，M为B1C1的中点. （1）证明：AC1∥平面A1BM； （2）试确定AC上是否存在点N，使二面角B－A1M－N的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 解：（1）证明：如图，连接AB1与A1B交于点O，则O为AB1的中点，连接OM. 因为M为B1C1的中点，所以OM∥AC1. 因为OM⊂平面A1BM，AC1⊄平面A1BM， 所以AC1∥平面A1BM. （2）存在，＝2.因为BC＝AB＝AC， 所以AB2＋AC2＝BC2， 所以AB⊥AC. 如图建立空间直角坐标系，设AB＝1， 则B（1，0，0），A1（0，0，），M（，，）， 设N（0，a，0），0≤a≤1， 所以＝（－1，0，），＝（，，0），＝（0，a，－）， 设平面BA1M的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则有 取x1＝，得m＝（，－，1）. 设平面A1MN的法向量为n＝（x2，y2，z2）， 则有 取x2＝－，得n＝（－，，a）. 因为｜cos＜m，n＞｜＝＝＝， 解得a＝或a＝－6（舍去），此时＝2， 所以AC上存在点N，当＝2时， 二面角B－A1M－N的大小为. 页 学科网（北京）股份有限公司 $